資源簡介

2.3勻變速直線運動的位移與時間的關系
1．理解勻變速直線運動的位移與速度的關系。理解 v-t 圖像中面積的物理意義。體會利用極限思想解決物理問題的科學思維方法。
2．掌握勻變速直線運動的速度與位移的關系，會運用勻變速直線運動規律求解問題。
一、勻速直線運動的位移
1、做勻速直線運動的物體在時間 t 內的位移 x=vt
2、做勻速直線運動的物體，其 v–t 圖象是一條平行于時間軸的直線，其位移在數值上等于 v–t 圖線與對應的時間軸所圍的矩形的面積。
二、勻變速直線運動的位移
1．位移公式的推導
某質點做勻變速直線運動，已知初速度為v0，在t時刻的速度為v，加速度為a.其v－t圖象如圖所示．
(1)把勻變速直線運動的v－t圖象分成幾個小段，如圖所示．每段位移≈每段起始時刻速度×每段的時間＝對應矩形的面積．故整個過程的位移≈各個小矩形的面積之和．
(2)把運動過程分為更多的小段，如圖所示，各小矩形的面積之和可以更精確地表示物體在整個過程的位移．
(3)把整個運動過程分得非常細，很多小矩形合在一起形成了一個梯形OABC，梯形面積就代表物體在相應時間間隔內的位移．
如圖所示，v－t圖線下面梯形的面積x＝(v0＋v)t①
又因為v＝v0＋at②
由①②式可得x＝v0t＋at2.
2．對位移時間關系式x＝v0t＋at2的理解
(1)適用條件：位移公式只適用于勻變速直線運動．
(2)矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，應用時必須選取正方向．一般選v0的方向為正方向．
①勻加速直線運動中，a與v0同向，a取正值；勻減速直線運動中，a與v0反向，a取負值．
②若位移的計算結果為正值，說明位移方向與規定的正方向相同；若位移的計算結果為負值，說明位移方向與規定的正方向相反．
(3)兩種特殊形式
①當v0＝0時，x＝at2，即由靜止開始的勻加速直線運動的位移公式，位移x與t2成正比．
②當a＝0時，x＝v0t，即勻速直線運動的位移公式．
（多選）（2023秋 溫州期末）推導勻變速直線運動的位移與時間的關系，我們會經歷如圖從甲至丁的過程，最終得知勻變速直線運動位移大小可用灰色部分梯形面積來表示。該過程運用的思想方法有（　　）
A．控制變量法 B．微元思想
C．極限思想 D．比值定義法
質點做勻加速直線運動，初速度為v0＝2m/s，加速度a＝0.1m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．質點的速度和位移均隨時間均勻增大
B．每經過2s時間，物體速度就增大0.4m/s
C．質點第4s末的速度為2.4m/s
D．前4s內，質點運動的位移為8m
（2023秋 河東區校級月考）一物體做勻減速直線運動，初速度為36km/h，加速度大小為2m/s2，則物體在停止運動前2s內的平均速度為（　　）
A．1m/s B．2m/s C．5m/s D．5.5m/s
（2024 龍鳳區校級開學）研究某公交車的剎車性能時，讓公交車沿直線運行到最大速度后開始剎車，公交車開始剎車后位移與時間的關系滿足x＝18t﹣t2（物理量均采用國際制單位），則下列說法正確的是（　　）
A．公交車運行的最大速度為9m/s
B．公交車剎車的加速度大小為1m/s2
C．公交車剎車后第2s內的平均速度為15m/s
D．公交車從剎車開始10s內的位移為80m
（2023秋 甘肅期末）交警在處理某次交通事故時，把監控儀器記錄的數據輸入計算機，得到肇事汽車在平直路面上緊急剎車（且遇車輪抱死）過程中的位移隨時間變化的規律為x＝24t﹣3t2（x的單位是m，t的單位是s），則下列說法不正確的是（　　）
A．該汽車剎車的初速度為24m/s
B．該汽車剎車的加速度為﹣3m/s2
C．剎車后2s末的速度為12m/s
D．剎車后5s內的平均速度為9.6m/s
三、勻變速直線運動的速度與位移的關系
推導：
速度公式 v＝v0＋at.
位移公式 x＝v0t＋1/2at2.
由以上兩式可得：v2－v02＝2ax
公式：v2－v02＝2ax
1．適用范圍：僅適用于勻變速直線運動．
2．矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，應用解題時一定要先設定正方向，一般取v0方向為正方向：
(1)若是加速運動，a取正值，若是減速運動，a取負值．
(2)x＞0，位移的方向與初速度方向相同，x＜0則為減速到0，又運動到計時起點另一側的位移．
(3)v＞0，速度的方向與初速度方向相同，v＜0則為減速到0，又反向運動的速度．
注意：應用此公式時，注意符號關系，必要時對計算結果進行分析，驗證其合理性．
（2024 瓊山區校級模擬）做勻變速直線運動的物體的速度v隨位移x的變化規律為v2﹣4＝2x，v與x的單位分別為m/s和m，據此可知（　　）
A．初速度v0＝4m/s B．初速度v0＝1m/s
C．加速度 a＝2 m/s2 D．加速度a＝1 m/s2
（2024 瓊山區校級模擬）沿平直軌道勻加速行駛的長度為L的列車，保持加速度不變通過長度為L的橋梁，車頭駛上橋頭時的速度為v1，車頭經過橋尾時的速度為v2，則車尾通過橋尾時的速度為（　　）
A．v1：v2 B．
C． D．
（2023秋 太原期末）實驗小組研究汽車有無ABS系統兩種情況下的勻減速直線制動距離，測試的初速度均為60km/h。根據如圖數據可知加速度大小之比a無：a有為（　　）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
（2023秋 錦州期末）為檢測某新能源動力車的剎車性能，現在平直公路上做剎車實驗，如圖所示是動力車整個剎車過程中位移與速度平方之間的關系圖象，下列說法正確的是（　　）
A．動力車的初速度為20m/s
B．剎車過程動力車的加速度大小為10m/s2
C．剎車過程持續的時間為10s
D．從開始剎車時計時，經過6s，動力車的位移為30m
（2023秋 從化區校級期中）殲﹣15戰機是我國自行設計研制的首型艦載多用途殲擊機，短距起飛能力強大。若殲﹣15戰機正常起飛過程中加速度為5.0m/s2，速度須達v＝50m/s才能起飛。現已知“遼寧”艦起飛甲板長L＝160m，且起飛過程可簡化為勻加速直線運動。現有兩種方法助其正常起飛，方法一：在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統給飛機以一定的初速度；方法二：起飛前先讓航空母艦沿飛機起飛方向以某一速度勻速航行。求：
（1）方法一情況下彈射系統使飛機具有的最小速度v1；
（2）方法二情況下航空母艦的最小速度v2。
（2023秋 南開區期中）以10m/s的速度行駛的汽車在t＝0時刻剎車后做勻減速直線運動，若已知加速度大小為4m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．經過3s，該車的位移為12m
B．該車第2s內的位移為4m
C．該車3s末的速度為2m/s
D．該車前2s內的位移為8m
（2023秋 包河區校級期中）一物體做勻加速直線運動，經過第一個6m用時2s，第二個6m用時1s，則物體的加速度大小為（　　）
A．0.5m/s2 B．1m/s2 C．1.5m/s2 D．2m/s2
（2023秋 龍華區校級月考）一物體位移與時間的關系為x＝5t+5t2（t以s為單位，x以m為單位），則（　　）
A．這個物體的初速度是2.5m/s
B．這個物體的初速度是10m/s
C．這個物體的加速度是10m/s2
D．這個物體的加速度是2.5m/s2
（2023秋 寧波期中）質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x＝4+5t+t2（其中時間單位為：秒；位移單位為：米），則該質點（　　）
A．第1s內的位移是10m
B．前2s內的平均速度是6m/s
C．第2s末的速度為14m/s
D．任意1s內的速度增量都是2m/s
（2023秋 倉山區校級期末）已知一物體從足夠長斜面底端沿斜面勻減速上滑，上滑長度為L時，速度減為0，當物體的上滑速度是初速度的時，它沿斜面已上滑的距離是（　　）
A． B． C． D．
（2023秋 越秀區期末）一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，t＝0時刻起開始剎車，剎車過程的位移大小x與速度大小v的關系為0.8x＝10﹣0.1v2（m），下列分析正確的是（　　）
A．剎車過程持續的時間為2.5s
B．剎車全過程的位移大小為16m
C．t＝0時刻汽車的速度大小為8m/s
D．剎車過程汽車的加速度為﹣8m/s2
（2023秋 南海區期中）汽車正以12m/s的速度行駛，駕駛員發現前方警示牌后緊急剎車，測得剎車痕跡長度為20m假設汽車制動后做勻減速直線運動，則制動過程中汽車的加速度大小為（　　）
A．1.67m/s2 B．3.6m/s2 C．7.2m/s2 D．16.67m/s2
（2023秋 南京期中）航空母艦的艦載機既要在航母上起飛，也要在航母上降落。某艦載機起飛時，采用彈射裝置使飛機獲得10m/s的速度后，由機上發動機使飛機獲得25m/s2的加速度在航母跑道上勻加速前進，飛機勻加速滑行96m的距離后離艦升空，飛機飛離跑道時的速度是（　　）
A．60m/s B．70m/s C．80m/s D．90m/s
（2023秋 黃埔區校級期中）如圖所示，物體A在斜面上由靜止勻加速滑下s1后，又勻減速地在水平面上滑過s2后停下，測得s2＝2s1，則物體在斜面上的加速度a1與在水平面上的加速度a2的大小關系為（　　）
A．a1＝a2 B．a1＝2a2 C．a1＝3a2 D．a1＝4a2
汽車在路上出現故障時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示）以提醒后面駕車司機，減速安全通過。在夜間有一貨車因故障停車，后面有一小轎車以30m/s的速度向前駛來，由于夜間視線不好，駕駛員只能看清前方50m的物體，并且他的反應時間為0.5s，以5m/s2的加速度緊急剎車，求：
（1）小轎車從開始剎車到停下來所用的時間；
（2）三角警示牌至少要放在車后多遠處，才能有效避免兩車相撞。
某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發動機產生的最大加速度為5m/s2，所需的起飛速度為50m/s，跑道長90m。
（1）求飛機從靜止開始，以發動機產生的最大加速度在跑道上加速所能獲得的最大速度v1，請你通過判斷v1是否達到了起飛速度；
（2）為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置。對于該型號的艦載飛機，彈射系統必須使它至少具有多大的初速度v0，才可以使艦載飛機在跑道上加速后達到起飛速度。
一輛汽車在平直公路上勻速行駛，司機突然發現前方有障礙物，經0.8s反應時間后采取制動措施，使汽車開始做勻減速直線運動直至速度為0，此時汽車與障礙物的距離為1.5m。已知汽車做勻減速直線運動的第1s內前進了12.5m，加速度大小a＝5m/s2。求：
（1）汽車最開始做勻速直線運動的速度大小；
（2）司機發現障礙物時，離障礙物的距離。2.3勻變速直線運動的位移與時間的關系
1．理解勻變速直線運動的位移與速度的關系。理解 v-t 圖像中面積的物理意義。體會利用極限思想解決物理問題的科學思維方法。
2．掌握勻變速直線運動的速度與位移的關系，會運用勻變速直線運動規律求解問題。
一、勻速直線運動的位移
1、做勻速直線運動的物體在時間 t 內的位移 x=vt
2、做勻速直線運動的物體，其 v–t 圖象是一條平行于時間軸的直線，其位移在數值上等于 v–t 圖線與對應的時間軸所圍的矩形的面積。
二、勻變速直線運動的位移
1．位移公式的推導
某質點做勻變速直線運動，已知初速度為v0，在t時刻的速度為v，加速度為a.其v－t圖象如圖所示．
(1)把勻變速直線運動的v－t圖象分成幾個小段，如圖所示．每段位移≈每段起始時刻速度×每段的時間＝對應矩形的面積．故整個過程的位移≈各個小矩形的面積之和．
(2)把運動過程分為更多的小段，如圖所示，各小矩形的面積之和可以更精確地表示物體在整個過程的位移．
(3)把整個運動過程分得非常細，很多小矩形合在一起形成了一個梯形OABC，梯形面積就代表物體在相應時間間隔內的位移．
如圖所示，v－t圖線下面梯形的面積x＝(v0＋v)t①
又因為v＝v0＋at②
由①②式可得x＝v0t＋at2.
2．對位移時間關系式x＝v0t＋at2的理解
(1)適用條件：位移公式只適用于勻變速直線運動．
(2)矢量性：公式中x、v0、a都是矢量，應用時必須選取正方向．一般選v0的方向為正方向．
①勻加速直線運動中，a與v0同向，a取正值；勻減速直線運動中，a與v0反向，a取負值．
②若位移的計算結果為正值，說明位移方向與規定的正方向相同；若位移的計算結果為負值，說明位移方向與規定的正方向相反．
(3)兩種特殊形式
①當v0＝0時，x＝at2，即由靜止開始的勻加速直線運動的位移公式，位移x與t2成正比．
②當a＝0時，x＝v0t，即勻速直線運動的位移公式．
（多選）（2023秋 溫州期末）推導勻變速直線運動的位移與時間的關系，我們會經歷如圖從甲至丁的過程，最終得知勻變速直線運動位移大小可用灰色部分梯形面積來表示。該過程運用的思想方法有（　　）
A．控制變量法 B．微元思想
C．極限思想 D．比值定義法
【解答】解：在推導勻變速直線運動的位移與時間關系時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里用了微元思想和極限思想，故BC正確，AD錯誤。
故選：BC。
質點做勻加速直線運動，初速度為v0＝2m/s，加速度a＝0.1m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．質點的速度和位移均隨時間均勻增大
B．每經過2s時間，物體速度就增大0.4m/s
C．質點第4s末的速度為2.4m/s
D．前4s內，質點運動的位移為8m
【解答】解：A、根據v＝v0+at，
可知質點的速度均隨時間均勻增大，但位移均隨時間不是均勻增大，故A錯誤；
B、每經過2s時間，速度的變化量為
Δv＝aΔt＝0.1×2m/s＝0.2m/s
故B錯誤；
C、根據速度—時間公式可知質點第4s末的速度為
v4＝v0+at4＝2m/s+0.1×4m/s＝2.4m/s
故C正確；
D、根據位移—時間公式可知前4s內，質點運動的位移為
故D錯誤。
故選：C。
（2023秋 河東區校級月考）一物體做勻減速直線運動，初速度為36km/h，加速度大小為2m/s2，則物體在停止運動前2s內的平均速度為（　　）
A．1m/s B．2m/s C．5m/s D．5.5m/s
【解答】解：采用逆向思維，把物體的運動看成初速度為零的勻加速直線運動；
初速度v0＝0，末速度v＝10m/s，加速度a＝2m/s2；
則2秒末的速度v2＝at＝2×2m/s＝4m/s；
則停止運動前2秒內的平均速度2m/s，故A、C、D錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 龍鳳區校級開學）研究某公交車的剎車性能時，讓公交車沿直線運行到最大速度后開始剎車，公交車開始剎車后位移與時間的關系滿足x＝18t﹣t2（物理量均采用國際制單位），則下列說法正確的是（　　）
A．公交車運行的最大速度為9m/s
B．公交車剎車的加速度大小為1m/s2
C．公交車剎車后第2s內的平均速度為15m/s
D．公交車從剎車開始10s內的位移為80m
【解答】解：AB、由勻變速直線運動位移與時間公式，
又由x＝18t﹣t2
有v0＝18m/s，a＝﹣2m/s2。
由題意可知汽車做勻減速直線運動，故汽車運動的最大速度為初速度，為18m/s，故AB錯誤；
C、利用x＝18t﹣t2
代入數據解得前2s內位移為：x2＝32m
前1s內位移為：x1＝17m
第2s位移為：Δx＝x2﹣x2
代入數據解得Δx＝15m
平均速度為：
代入數據解得，故C正確；
D、設汽車剎車至停下的時間為t，根據速度與時間公式v＝v0+at
代入數據解得t＝9s，所以汽車9s末已經停下來，
故剎車位移為x′＝18t﹣t2＝（18×9﹣92）m＝81m，故D錯誤。
故選：C。
（2023秋 甘肅期末）交警在處理某次交通事故時，把監控儀器記錄的數據輸入計算機，得到肇事汽車在平直路面上緊急剎車（且遇車輪抱死）過程中的位移隨時間變化的規律為x＝24t﹣3t2（x的單位是m，t的單位是s），則下列說法不正確的是（　　）
A．該汽車剎車的初速度為24m/s
B．該汽車剎車的加速度為﹣3m/s2
C．剎車后2s末的速度為12m/s
D．剎車后5s內的平均速度為9.6m/s
【解答】解：AB．由勻變速直線運動的位移—時間關系
及汽車剎車過程中的位移規律
x＝24t﹣3t2
可知，汽車剎車時的初速度為
v0＝24m/s
加速度為
a＝﹣6m/s2
故A正確，B錯誤；
C．由v＝v0+at得汽車剎車時間
t0s＝4s
剎車后2s末的速度為
v＝v0+at＝24m/s+（﹣6×2）m/s＝12m/s
故C正確；
D．剎車后5s內的位移即為4s的位移為
x2 t04m＝48m
剎車后5s內的平均速度為
m/s＝9.6m/s
故D正確。
本題選不正確的，故選：B。
三、勻變速直線運動的速度與位移的關系
推導：
速度公式 v＝v0＋at.
位移公式 x＝v0t＋1/2at2.
由以上兩式可得：v2－v02＝2ax
公式：v2－v02＝2ax
1．適用范圍：僅適用于勻變速直線運動．
2．矢量性：公式中v0、v、a、x都是矢量，應用解題時一定要先設定正方向，一般取v0方向為正方向：
(1)若是加速運動，a取正值，若是減速運動，a取負值．
(2)x＞0，位移的方向與初速度方向相同，x＜0則為減速到0，又運動到計時起點另一側的位移．
(3)v＞0，速度的方向與初速度方向相同，v＜0則為減速到0，又反向運動的速度．
注意：應用此公式時，注意符號關系，必要時對計算結果進行分析，驗證其合理性．
（2024 瓊山區校級模擬）做勻變速直線運動的物體的速度v隨位移x的變化規律為v2﹣4＝2x，v與x的單位分別為m/s和m，據此可知（　　）
A．初速度v0＝4m/s B．初速度v0＝1m/s
C．加速度 a＝2 m/s2 D．加速度a＝1 m/s2
【解答】解：根據勻變速直線運動的速度—位移公式，結合v2﹣4＝2x，知物體的初速度v0＝2m/s，加速度為a＝1m/s故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024 瓊山區校級模擬）沿平直軌道勻加速行駛的長度為L的列車，保持加速度不變通過長度為L的橋梁，車頭駛上橋頭時的速度為v1，車頭經過橋尾時的速度為v2，則車尾通過橋尾時的速度為（　　）
A．v1：v2 B．
C． D．
【解答】解：火車車頭從橋頭到橋尾運動的過程中，根據速度—位移關系可得：2aL＝v22﹣v12
火車車頭從橋頭到車尾通過橋尾的過程中，根據速度—位移關系可得：2a 2L＝v2﹣v12
解得：v，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
（2023秋 太原期末）實驗小組研究汽車有無ABS系統兩種情況下的勻減速直線制動距離，測試的初速度均為60km/h。根據如圖數據可知加速度大小之比a無：a有為（　　）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
【解答】解：根據 v2＝2ax，得，由圖可知初速度相等時，無ABS和有ABS剎車的距離之比為4：3，則加速度之比為a無：a有＝3：4，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023秋 錦州期末）為檢測某新能源動力車的剎車性能，現在平直公路上做剎車實驗，如圖所示是動力車整個剎車過程中位移與速度平方之間的關系圖象，下列說法正確的是（　　）
A．動力車的初速度為20m/s
B．剎車過程動力車的加速度大小為10m/s2
C．剎車過程持續的時間為10s
D．從開始剎車時計時，經過6s，動力車的位移為30m
【解答】解：A、由圖線可知，汽車的初速度v0＝20m/s，故A正確；
B、由0﹣v2＝2ax得：，解得：a＝﹣5m/s2，即a的大小為5m/s2，故B錯誤；
C、由v＝v0+at得：，故C錯誤，
D、剎車過程中6s內的位移等于4s內的位移，則40m，故D錯誤。
故選：A。
（2023秋 從化區校級期中）殲﹣15戰機是我國自行設計研制的首型艦載多用途殲擊機，短距起飛能力強大。若殲﹣15戰機正常起飛過程中加速度為5.0m/s2，速度須達v＝50m/s才能起飛。現已知“遼寧”艦起飛甲板長L＝160m，且起飛過程可簡化為勻加速直線運動。現有兩種方法助其正常起飛，方法一：在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統給飛機以一定的初速度；方法二：起飛前先讓航空母艦沿飛機起飛方向以某一速度勻速航行。求：
（1）方法一情況下彈射系統使飛機具有的最小速度v1；
（2）方法二情況下航空母艦的最小速度v2。
【解答】解：（1）已知末速度v＝50m/s，加速度a＝5m/s2，L＝160m，
由速度—位移公式可得v2﹣v12＝2aL
代入數據解得：v1＝30m/s
（2）設航母運動中的位移為x，則飛機起飛的位移為x+L，
則有v2﹣v22＝2a（x+L）
又v＝v2+at
x＝v2t
聯立解得：v2＝10m/s
（2023秋 南開區期中）以10m/s的速度行駛的汽車在t＝0時刻剎車后做勻減速直線運動，若已知加速度大小為4m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．經過3s，該車的位移為12m
B．該車第2s內的位移為4m
C．該車3s末的速度為2m/s
D．該車前2s內的位移為8m
【解答】解：AC.汽車剎車后停下的時間，即汽車在2.5s是停下來，所以3s末的速度為0，經過3s的位移，故AC錯誤；
D.汽車前2s的位移，故D錯誤；
B.第2秒內的位移 ，故B正確；
故選：B。
（2023秋 包河區校級期中）一物體做勻加速直線運動，經過第一個6m用時2s，第二個6m用時1s，則物體的加速度大小為（　　）
A．0.5m/s2 B．1m/s2 C．1.5m/s2 D．2m/s2
【解答】解：物體通過第一個6米的平均速度，可以根據公式，同理，通過第二個6米的平均速度大小為，兩段路程中間時刻的時間間隔為Δt＝1s+0.5s＝1.5s，根據中間時刻的瞬時速度等于某段時間內的平均速度，可得物體的加速度大小為，故D正確，A、B、C錯誤。
故選：D。
（2023秋 龍華區校級月考）一物體位移與時間的關系為x＝5t+5t2（t以s為單位，x以m為單位），則（　　）
A．這個物體的初速度是2.5m/s
B．這個物體的初速度是10m/s
C．這個物體的加速度是10m/s2
D．這個物體的加速度是2.5m/s2
【解答】解：根據x5t+5t2得，物體的初速度v0＝5m/s，加速度a＝10m/s2。故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023秋 寧波期中）質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x＝4+5t+t2（其中時間單位為：秒；位移單位為：米），則該質點（　　）
A．第1s內的位移是10m
B．前2s內的平均速度是6m/s
C．第2s末的速度為14m/s
D．任意1s內的速度增量都是2m/s
【解答】解：D．由位移x與時間t的關系為，結合x＝4+5t+t2可得v0＝5m/s，a＝2m/s2
所以任意1s內的速度增量Δv＝at＝2×1m/s＝2m/s
故D正確；
A．物體的初位置為x0＝4m處，當t＝1s時，物體位于x1＝10m處，則第1s內的位移是s＝x1﹣x0＝10m﹣4m＝6m
故A錯誤；
BC．物體做勻加速直線運動的速度與時間的關系為v＝v0+at＝5+2t
當t＝2s時，解得第2s末的速度為v＝v0+at＝5m/s+2×2m/s＝9m/s
由勻加速直線運動規律可得前2s內的平均速度m/s＝7m/s
故BC錯誤。
故選：D。
（2023秋 倉山區校級期末）已知一物體從足夠長斜面底端沿斜面勻減速上滑，上滑長度為L時，速度減為0，當物體的上滑速度是初速度的時，它沿斜面已上滑的距離是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：物體做勻減速直線運動，看作初速度為零的勻加速直線運動，根據速度—位移公式可知，v2＝2ax，即v2∝x，當速度是末速度的時，則運動的位移為。
此時物體已經沿斜面上滑的距離為，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023秋 越秀區期末）一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，t＝0時刻起開始剎車，剎車過程的位移大小x與速度大小v的關系為0.8x＝10﹣0.1v2（m），下列分析正確的是（　　）
A．剎車過程持續的時間為2.5s
B．剎車全過程的位移大小為16m
C．t＝0時刻汽車的速度大小為8m/s
D．剎車過程汽車的加速度為﹣8m/s2
【解答】解：將題中的關系式變形為：v2﹣100＝﹣8x，將其與速度—位移公式v22ax對比可知，汽車的初速度v0＝10m/s，加速度a＝﹣4m/s2。
ACD、根據分析可知，汽車的初速度v0＝10m/s，加速度a＝﹣4m/s2，則剎車的時間為：ts＝2.5s，故CD錯誤，A正確；
B、剎車全過程的位移大小為xt2.5m＝12.5m，故B錯誤；
故選：A。
（2023秋 南海區期中）汽車正以12m/s的速度行駛，駕駛員發現前方警示牌后緊急剎車，測得剎車痕跡長度為20m假設汽車制動后做勻減速直線運動，則制動過程中汽車的加速度大小為（　　）
A．1.67m/s2 B．3.6m/s2 C．7.2m/s2 D．16.67m/s2
【解答】解：根據速度—位移公式可得：
，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023秋 南京期中）航空母艦的艦載機既要在航母上起飛，也要在航母上降落。某艦載機起飛時，采用彈射裝置使飛機獲得10m/s的速度后，由機上發動機使飛機獲得25m/s2的加速度在航母跑道上勻加速前進，飛機勻加速滑行96m的距離后離艦升空，飛機飛離跑道時的速度是（　　）
A．60m/s B．70m/s C．80m/s D．90m/s
【解答】解：飛機起飛前做勻加速直線運動，由位移—速度公式可得v22ax，代入數據得：v＝70m/s，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023秋 黃埔區校級期中）如圖所示，物體A在斜面上由靜止勻加速滑下s1后，又勻減速地在水平面上滑過s2后停下，測得s2＝2s1，則物體在斜面上的加速度a1與在水平面上的加速度a2的大小關系為（　　）
A．a1＝a2 B．a1＝2a2 C．a1＝3a2 D．a1＝4a2
【解答】解：設物體A到達斜面底端的速度大小為v，根據速度—位移公式有v2＝2a1s1＝2a2s2
解得：a1＝2a2，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
汽車在路上出現故障時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示）以提醒后面駕車司機，減速安全通過。在夜間有一貨車因故障停車，后面有一小轎車以30m/s的速度向前駛來，由于夜間視線不好，駕駛員只能看清前方50m的物體，并且他的反應時間為0.5s，以5m/s2的加速度緊急剎車，求：
（1）小轎車從開始剎車到停下來所用的時間；
（2）三角警示牌至少要放在車后多遠處，才能有效避免兩車相撞。
【解答】解：（1）由速度—時間公式得：0＝v0﹣at2
代入數據解得小轎車從開始剎車到停下來所用的時間為：t2＝6s
（2）反應時間內做勻速運動，位移為：x1＝v0t1＝30×0.5m＝15m
從剎車到停止的位移為x2，由速度—位移公式得：x2m＝90m
小轎車從發現物體到停止的全部距離為：x＝x1+x2＝15m+90m＝105m
由題意可知，三角警示牌至少要放在車后得距離為：Δx＝x﹣x0＝105m﹣50m＝55m
答：（1）小轎車從剎車到停止所用小轎車駕駛的最短時間為6s；
（2）三角警示牌至少要放在車后55m處，才能有效避免兩車相撞。
某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發動機產生的最大加速度為5m/s2，所需的起飛速度為50m/s，跑道長90m。
（1）求飛機從靜止開始，以發動機產生的最大加速度在跑道上加速所能獲得的最大速度v1，請你通過判斷v1是否達到了起飛速度；
（2）為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置。對于該型號的艦載飛機，彈射系統必須使它至少具有多大的初速度v0，才可以使艦載飛機在跑道上加速后達到起飛速度。
【解答】解：（1）飛機做勻加速運動，由位移—時間公式得：v12﹣0＝2aL
代入數據解得：v1＝30m/s＜50m/s
未達到起飛速度；
（2）由位移—時間公式得：v2﹣v02＝2aL
代入數據解得：v0＝40m/s
即彈射裝置至少給飛機40 m/s的初速度，才能達到起飛速度。
答：（1）飛機獲得的最大速度v1大小為30m/s，小于50m/s，不能達到了起飛速度；
（2）彈射系統必須使它至少具有40m/s的初速度，才可以使艦載飛機在跑道上加速后達到起飛速度。
一輛汽車在平直公路上勻速行駛，司機突然發現前方有障礙物，經0.8s反應時間后采取制動措施，使汽車開始做勻減速直線運動直至速度為0，此時汽車與障礙物的距離為1.5m。已知汽車做勻減速直線運動的第1s內前進了12.5m，加速度大小a＝5m/s2。求：
（1）汽車最開始做勻速直線運動的速度大小；
（2）司機發現障礙物時，離障礙物的距離。
【解答】解：（1）設初速度方向為正方向，則位移x＝12.5m，加速度a＝﹣5m/s2
汽車做勻減速直線運動的第1s內
代入數據得初速度v0＝15m/s
（2）汽車減速運動到停止時，由
可得減速運動位移x＝22.5m
司機發現障礙物時，反應時間為t0＝0.8s
則離障礙物的距離L＝v0t0+x+x0＝15×0.8m+22.5m+1.5m＝36m
答：（1）汽車最開始做勻速直線運動的速度大小是15m/s；
（2）司機發現障礙物時，離障礙物的距離是36m。

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